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2021-2022学年云南省下关一中、昭通一中高二（下）开学物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年云南省下关一中、昭通一中高二（下）开学物理试卷（含答案解析），共18页。
2021-2022学年云南省下关一中、昭通一中高二（下）开学物理试卷
1. 了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合物理学历史的是( )
A. 麦克斯韦预言了并实验证明了电磁波的存在
B. 卡文迪许通过油滴实验测得了元电荷e的数值，这也是他获得诺贝尔物理学奖的重要原因
C. 法拉第提出了场的概念，并且直观地描绘了场的清晰图像
D. 安培提出了分子电流假说，并且发现了电流的磁效应
2. 电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是( )
A. 当天平示数为负时，两线圈电流方向相同
B. 当天平示数为正时，两线圈电流方向相同
C. 线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D. 线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
3. 2020年11月28日，嫦娥五号探测器在地月转移轨道进行第一次“制动”，成功被月球捕获后沿椭圆轨道Ⅰ运动，29日进行第二次近月“制动”，最终才进入距离月球约200公里的环月圆轨道Ⅱ(如图所示)，M点是Ⅰ、Ⅱ两个轨道的切点，N点是椭圆轨道Ⅰ的远月点，下列判断正确的是( )
A. 探测器在Ⅰ轨道上M点的速率小于在N点的速率
B. 探测器在Ⅰ轨道上M点的加速度等于在Ⅱ轨道上M点的加速度
C. 探测器在Ⅰ轨道上的机械能等于在Ⅱ轨道上的机械能
D. 探测器在Ⅰ轨道上的运行周期小于在Ⅱ轨道上的运行周期
4. 如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于圆面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，AC、DE是圆的两条互相垂直的直径，在A点有一个粒子源，沿与AC成45∘斜向上垂直磁场的方向射出各种不同速率的粒子，粒子的质量均为m，电荷量均为q，所有粒子均从CD段四分之一圆弧射出磁场，不计粒子的重力，则从A点射出的粒子速率满足的条件是( )
A. 2qBRm>v>qBR2m B. qBRm>v>2qBR2m
C. 2qBRm>v>2qBR2m D. qBRm>v>qBR2m
5. 我国领先全球的特高压输电技术将为国家“碳中和”做出独特的贡献。2021年6月28日白鹤滩水电站(如图所示)首批初装机容量1600万千瓦正式并网发电。在传输电能总功率不变的情祝下，从原先150kV高压输电升级为1350V特高压输电，则下列说法正确的是( )
A. 若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原先的13
B. 若输电线不变，侧输电线上损失功率变为原先的19
C. 如果损失功率不变，用相同材料的输电线传输到相同地方所需导线横截面积是原先的181
D. 如果损失功率不变，用相同材料、粗细的输电线传输距离是原先的9倍
6. 如图所示，真空中同一平面内固定两点电荷+2Q和−Q，以点电荷+2Q为圆心的圆上有a、b、c、d四点，其中b点为两点电荷连线与圆的交点，a、c两点关于连线对称，ad为圆的直径。关于a、b、c三点，下列说法正确的是( )
A. a、c两处电场强度相同
B. b处电势最高
C. 电子从a点沿着圆弧顺时针运动到c点过程中电势能保持不变
D. 电子从a点沿着圆弧顺时针运动到c点过程中电势能先增大后减小
7. 一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车先保持牵引力F0不变，当速度为v1时达到额定功率Pe，此后以额定功率继续行驶，最后以速度vm匀速行驶。若汽车所受的阻力f为恒力，汽车运动过程中的速度为v、加速度为a、牵引力为F、牵引力的功率为P，则下列图像中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
8. 如图所示，理想变压器原线圈与副线圈的匝数比为2：1，ab端接交流电源，此时电路消耗的总功率为P。若将电阻R0与电阻R互换位置，电路消耗的总功率为2P，则R0与R的比值为( )
A. 2：7 B. 7：2 C. 1：4 D. 4：1
9. 如图所示，光滑水平面上静置一质量为M的木板，由一轻弹簧连在墙上，有一质量为m的子弹以速度v0水平射入木块并留在其中(此过程时间不计)，从子弹开始射入木块到木块第一次回到原来位置的过程中，下列说法正确的是( )
A. 木块的最大速度为mv0M
B. 子弹、木块、弹簧系统损失的机械能为Mmv02M+m
C. 子弹损失的机械能为Mmv022(M+m)
D. 墙对弹簧的冲量大小为2mv0
10. 如图所示，竖直放置的门形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，金属杆( )
A. 刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B. 穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C. 穿过两磁场产生的总热量为2mgd
D. 释放时距磁场Ⅰ上边界的高度可能小于m2gR22B4L4
11. 在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按如图所示正弦规律变化。设线圈总电阻为2Ω，则( )
A. t=1s时，线圈中的电流改变方向 B. t=0时，线圈平面平行于磁感线
C. t=1.5s时，线圈中的感应电动势最大 D. 一个周期内，线圈产生的热量为8π2J
12. 如图所示为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接有u=362sin100πt(V)的正弦交流电，图中D为理想二极管，定值电阻R=9Ω.下列说法正确的是( )
A. t=1600S时，原线圈输入电压的瞬时值为18V
B. t=1600S时，电压表示数为36V
C. 电流表的示数为1A
D. 电流表的示数为22A
13. 质量为m的物体以某初速度冲上倾角为30∘的固定斜面，其加速度为3g4，物体能上升的最大高度为h，该过程中( )
A. 物体的重力势能增加了3mgh4 B. 物体的重力势能增加了mgh
C. 机械能减小mgh2 D. 动能减小mgh
14. 如图所示，光滑绝缘水平面上三角形ABC区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，其方向垂直水平面向上，三角形ABC是等腰直角三角形，斜边AB的长度为2L。边长bc为2L，边长ab为L的矩形金属线框2L，总电阻为R，在拉力F的作用下，线框以恒定的速度v在水平面上沿AB运动，线框平面始终和磁场垂直。规定电流顺时针方向(adcba)为正方向，力F向右为正方向，从线框进入磁场，开始计时，穿过匀强磁场区域，则线框中电流I和拉力F随时间的变化图线可能正确的是( )
A. B.
C. D.
15. 某实验小组利用“阿特伍德机”实验装置，测量当地的重力加速度，主要实验步骤如下：
①按照实验设计组装仪器，并使系统处于静止状态，如图甲所示；
②接通电源，释放重锤；
③选取纸带中一段清晰的连续的点作为计时点，用刻度尺测量其计时点间的距离，如图乙所示；
④用天平测出重锤质量M=200g和物体质量m=50g。
(1)已知打点计时器所接电源的频率为50Hz，打点计时器打第2点时纸带速度大小为______m/s。(保留三位有效数字)
(2)纸带的加速度大小为______m/s2。(保留三位有效数字)
(3)不计一切摩擦阻力，应用牛顿第二定律，测出当地重力加速度大小为______m/s2。(保留三位有效数字)
16. 某实验小组利用热敏电阻Rt制作简易电子温度计，该热敏电阻说明书给出的阻值R随温度t变化的曲线如图甲所示。
(1)为检验该热敏电阻的参数是否与图甲一致，测量部分温度下的阻值，设计图乙所示电路。把该热敏电阻置于恒温箱中，利用如下实验器材测量70℃时热敏电阻的阻值。
A.蓄电池(电动势6V，内阻不计)
B.电压表(量程6V，内阻约10kΩ)
C.电流表(量程120mA，内阻约2Ω)
D.滑动变阻器R1(最大阻值20Ω)
E.滑动变阻器R2(最大阻值1000Ω)
F.开关、导线若干
①参照图甲中的参数，滑动变阻器RP应选用______ (填“R1”或“R2”)；
②单刀双掷开关应接在______ (填“1”或“2”)。
(2)经检测无误后，把该热敏电阻与(1)中蓄电池和电流表串联，制作简易温度计(如图丙所示)。
①当电流表读数为10mA时，对应的温度为______ ℃，该温度计能够测量的最高温度为______ ℃。
②测量多组数据，并在电流表表盘上标注出相应的温度值，绘制出表盘刻度。电流值越大，对应的温度______ (填“越低”或“越高”)。
17. 如图所示，质量为m=10kg的物体，在F=60N水平向右的拉力作用下，由静止开始运动，设物体与水平面之间的动摩擦因数μ=0.4，g取10m/s2。求：
(1)物体的加速度大小；
(2)若在2s末撤去外力F，则物体在撤去外力后还能运动多远。
18. 如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ=37∘的绝缘斜面上，两导轨间距为L=2m，M、P两点间接有阻值为R=3.5Ω的电阻，一根质量为m=0.1kg电阻为r=1.5Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨电阻忽略不计，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计摩擦和空气阻力，重力加速度g=10m/s2，
(1)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v=2m/s时，通过ab杆的电流I及其加速度的a的大小；
(2)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值vm。
19. 如图所示，光滑水平面上有一质量M=1.98kg的小车，B点右侧为水平轨道，其中BC段粗糙，CD段光滑。B点的左侧为一半径R=1.3m的光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端恰好位于小车的C点，B与C之间距离L=0.7m。一质量m=1kg的小物块(可视为质点)，置于小车上的B点，小车与小物块均处于静止状态。一质量m0=20g的子弹，以速度v0=600m/s向右击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与BC间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2。求：
(1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h；
(2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm；
(4)小物块最终与小车保持相对静止时距B点的距离x。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在，故A错误；
B、根据物理学史可知，密立根通过油滴实验测得了元电荷e的数值，这也是他获得诺贝尔物理学奖的重要原因，故B错误；
C、法拉第提出了场的概念，并且直观地描绘了场的清晰图像，故C正确；
D、安培提出了分子电流假说，奥斯特发现了电流的磁效应律，故D错误。
故选：C。
根据物理学史与物理常识，结合麦克斯韦、赫兹、密立根、法拉第等人的贡献直接进行判断分析，即可正确解答本题。
关键在于掌握著名的物理学家的观点及贡献，平时在学习过程中要加强记忆与积累。
2.【答案】A
【解析】解：A、当天平示数为负时，说明两线圈相互吸引，两线圈电流方向相同，故A正确；
B、当天平示数为正时，说明两线圈相互排斥，两线圈电流方向相反，故B错误；
C、线圈Ⅰ和线圈Ⅱ之间的作用力是一对相互作用力，二者等大反向，故C错误；
D、线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力不是一对相互作用力，它们作用在一个物体上，故D错误；
故选：A。
通电平行线圈可等效为两条平行的通电直导线之间的作用来讨论，两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用。
①电流方向相同时，将会吸引；②电流方向相反时，将会排斥。
正确理解两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用产生的实质，在应用中不要用反了。
3.【答案】B
【解析】解：A.M点是Ⅰ轨道上椭圆的近地点，N点为远地点，根据开普勒第二定律可知探测器在M点的速率较大，故A错误；
B.根据万有引力产生加速度，可知a=GMr2，探测器在轨道上M点的加速度等于在Ⅱ轨道上M点的加速度，故B正确；
C.探测器从I轨道上M点减速才能变轨到圆轨道Ⅱ，其机械能减小，故探测器在I轨道上的机械能大于在Ⅱ轨道上的机械能，故C错误；
D.I轨道的半长轴大于Ⅱ轨道的半径，根据开普勒第三定律可得探测器在I轨道上的运行周期大于在Ⅱ轨道上的运行周期，故D错误；
故选：B。
根据开普勒第二定律可以比较探测器在Ⅰ轨道上M、N两点的速度大小；根据万有引力提供合力可以比较探测器在两个轨道上同一点的加速度；轨道半长轴越大，机械能越大，同一轨道上机械能守恒；根据开普勒第三定律可以比较探测器在两轨道上的周期大小。
本题考查开普勒定律和万有引力定律，需要注意探测器加速度的大小与轨道无关，同一位置加速度相同。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
由题意，分别画出粒子恰从C点和D点射出的运动轨迹图，由几何关系可以求出临界半径，由洛伦兹力提供向心力求出最大速度和最小速度，从而确定速度范围。
在处理带电粒子在磁场中的运动问题时，应先把粒子运动的轨迹图画出来，然后结合题意和几何关系来解决问题。
【解答】
当粒子恰从C点射出时，轨迹如图所示，结合题意可知粒子在磁场中偏转角度为90∘，则在△ACD中，由几何关系可知：2r12=(2R)2
整理可得：r1=2R
又洛伦兹力提供向心力，有qv1B=mv12r1
整理可得最大速度：v1=2qBRm
当粒子恰从D点射出时，轨迹如图所示，由△AOD，几何关系可知，粒子的做匀速圆周运动的圆心在AD的中点，所以：r2=12r12R2
又洛伦兹力提供向心力，有qv2B=mv22r2
整理可得最小速度：v2=2qBR2m
那么要使粒子打在CD段，速度范围为：2qBR2m
【解析】解：在输电功率不变的情况下，输电电压150kV高压输电升级为1350kV，输电电压变为原来的9倍，由电功率公式P=UI可知，输电电流变为原来的19
A、若输电线不变，由电功率公式U=IR可知，输电线上损失的电压变为原先的19，故A错误；
B、若输电线不变，由电功率公式P=I2R可知，输电线上损失的电压变为原先的(19)2，即181，故B错误；
CD、如果损失的功率不变，由电功率公式P=I2R可知，输电线的电阻变为原来的81倍，由电阻定律R=ρLS可知，相同材料、传输到相同地方所需导线横截面积是原181；相同材料、粗细的输电线传输距离是原先的81倍，故C正确，D错误。
故选：C。
应用电功率公式求出输电流的变化情况，然后应用电功率公式分析答题。
知道远距离输电的原理与输电过程是解题的前提，根据题意应用电功率公式与电阻定律即可解题。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据电场的叠加原理，a、c两点的场强大小相等，方向不同，故a、c两点电场不同，故A错误；
B.空间某点的电势等于各电荷在该点电势的代数和，正电荷在a、b、c和d处产生的电势相等，负电荷在d点产生的电势最高，b点电势最低，所以d点的电势最高，故B错误；
CD.电子顺时针从a到c的过程中，电场力先做负功后做正功，故电势能先增大后减小，故C错误、D正确。
故选：D。
根据电场的叠加原理，判断四点电场大小关系，空间某点的电势等于各电荷在该点电势的代数和，电场力做负功，电势能增大，电场力做正功，电势能减小。
本题考查判断场强的能力，要利用场强的矢量合成的方法对各点的场强进行判定。难度应属于中档题目。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意分析清楚汽车的受力过程与运动情况，判断汽车速度、牵引力与功率的变化情况，然后分析答题。
解决本题的关键理清机车启动的整个过程，知道当牵引力等于阻力时，做匀速直线运动。知道加速度的方向与速度方向相同时，做加速运动，加速度方向与速度方向相反时，做减速运动。
【解答】
AD、汽车由静止启动，牵引力F0不变，所受阻力不变，汽车所受合力不变，由牛顿第二定律F0−f=ma，可知汽车的加速度不变，汽车做初速度为零的匀加速直线运动；汽车的速度v=at，v与t成正比；汽车牵引力的功率P=F0v=F0at随时间t均匀增大；当汽车速度为v1时汽车的功率达到额定功率，然后汽车功率保持不变，汽车做加速运动，由Pe=Fv可知汽车的牵引力F不断减小，汽车所受合力减小，加速度减小，汽车做加速度减小的加速运动，当牵引力与阻力相等F=f，即合力为零时汽车做匀速直线运动，故AD错误；
B、速度达到v1前做匀加速直线运动，牵引力F=F0不变，速度达到v1后汽车的牵引力F=Pev，F与v成反比，当汽车的速度达到最大速度v=vm后做匀速直线运动，牵引力F=f保持不变，故B错误；
C、汽车的功率P=Fv，则F=P1v，开始汽车做匀加速直线运动，牵引力F=F0不变，F不随1v的变化而变化；当汽车的速度达到v1到加速到最大速度vm过程，功率Pe保持不变，牵引力F=Pe1v，F与1v成正比，故C正确。
8.【答案】A
【解析】解：理想变压器原线圈与副线圈的匝数比为2：1，则原副线圈电压之比U1：U2=2：1，原副线圈电流之比I1：I2=1：2
设ab所接的电压为U，功率为：P=UI1①
其中U=I1R0+U1=12I2R0+2I2R②，
若将电阻R0与电阻R互换位置，则原副线圈电压之比U′1：U′2=2：1，原副线圈电流之比I′1:I′2=1：2，设ab所接的电压为U，功率为：2P=UI′1③
其中U=I′1R+U′1=12I′2R+2I′2R0。④，
联立①②③④解得R0R=27，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据理想变压器的匝数知原副线圈电压之比和原副线圈电流之比，总功率等于ab输入的电压乘以原线圈电流，分别列出对应的功率公式，然后求比值。
此题的关键是抓住ab输入电压不变，电流决定于副线圈的电阻，所以把电压转化为用电阻和副线圈电流表示，此题要求学生有很好的数学应用能力，会化简公式。
9.【答案】D
【解析】解：A、子弹射入木块过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=(M+m)v，解得木块的最大速度为v=mv0M+m，故A错误；
B、由能量守恒定律知整个系统损失的机械能为：ΔE=12mv02−12(M+m)v2，解得ΔE=Mmv022(M+m)，故B错误；
C、子弹损失的机械能为：ΔE′=12mv02−12mv2，解得：ΔE′=Mmv02(M+2m)2(M+m)2，故C错误；
D、子弹和木块获得共速后一起压缩弹簧，此后系统机械能守恒，木块回到初始位置时速度大小仍为v，墙对弹簧的冲量即为系统合外力的冲量，设为I，根据动量定理得：I=mv0−(−mv0)=2mv0，故D正确。
故选：D。
根据动量守恒定律求出木块的最大速度，根据能量守恒定律求子弹、木块、弹簧系统损失的机械能和子弹损失的机械能，再根据动量定理求出木块(含子弹)受到的弹簧的冲量，即可得到墙对弹簧的冲量大小。
子弹打击木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故系统动量守恒，在力和力的作用时间未知时，运用动量定理是冲量常用的方法，要学会运用。
10.【答案】B
【解析】解：A.金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误；
B.对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律有：BIL−mg=ma，即：B2L2vR−mg=ma，可知，金属杆做加速度减小的减速运动，其进出磁场的v−t图像如图所示：
由于0∼t1和t1∼t2图线与t轴包围的面积相等(都为d)，所以t1>(t2−t1)，穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确；
C.金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律得Q=2mgd，金属杆通过磁场Ⅱ时产生的热量与通过磁场Ⅰ时产生的热量相同，所以总热量为Q总=2Q=4mgd，故C错误；
D.设金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度为H时进入磁场Ⅰ时刚好匀速运动，则有：mg=BIL=B2L2vR
又：v=2gH，联立解得：H=m2gR22B4L4，由于金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动，所以h一定大于m2gR22B4L4，故D错误；
故选：B。
根据题意结合已知条件，可以判断金属杆的加速度方向；根据受力分析，结合v−t图像分析时间关系；根据能量守恒，判断整个过程中产生的热量；结合题意，利用运动学公式判断金属杆进入磁场的高度。
本题考查导体切割磁感线时的感应电动势，在分析物体的运动状态问题时，有时利用牛顿第二定律结合v−t图像可以使问题更加的简便明了。
11.【答案】BD
【解析】解：A、根据图像可知，t=1s时，穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，电流方向不发生改变，故A错误；
B、根据图象可知，在t=0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，故B正确；
C、根据法拉第电磁感应定律可得：E=NΔΦΔt，所以在t=1.5s时，斜率为零，则线圈中磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故C错误；
D、线圈转动产生的最大感应电动势为Em=NBSω=NΦmω，其中ω=2πT=2π2rad/s=πrad/s，解得Em=4πV，线圈产生的热量为Q=(Em2)2RT，解得Q=8π2J，故D正确。
故选：BD。
根据图象得到t=0时穿过线圈平面的磁通量大小，由此确定线圈的位置；根据图象斜率确定第感应电流方向和各时刻磁通量的变化率和感应电流大小。
本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系，关键抓住两个特殊位置：一是线圈与磁场垂直位置是磁通量最大的位置，该位置是电流方向改变的转换点；二是线圈与磁场平行位置，该位置磁通量为零，是电流强度增大与减小的转换点。
12.【答案】BD
【解析】解：A、t=1600S时，原线圈输入电压的瞬时值为u=362sin(100π×1600)V=182V，故A错误；
B、电压表测量的是有效值，输入电压的峰值为362V，有效值为U1=Um2=36V，所以，电压表示数为36V故B正确；
CD、由U1U2=n1n2得U2=9V，由I=U2R=99A=1A，由于二极管的单向导电性，所以经二极管后形成半波形电流，则其有效值设为I′，则I2RT2=I′2RT，故电流表的示数为I′=22A，故C错误，D正确；
故选：BD。
将时间t代入u=362sin100πt(V)，可求得原线圈输入电压的瞬时值，电表测量的是有效值，副线圈含有二极管，据其单向导电性及有效值的定义求得有效值。
准确掌握理想变压器的特点及电压、电流与匝数比的关系，明确电表测量的为有效值是解决本题的关键。
13.【答案】BC
【解析】解：AB、该过程物体在斜面上上升的高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误，B正确；
C、物体的加速度为a=3g4，根据牛顿第二定律得：mgsin30∘+f=ma，解得滑动摩擦力f=14mg
由功能关系可知，机械能的减小量等于克服摩擦力做的功，即为f⋅s=14mg⋅2h=12mgh，故C正确。
D、动能变化量等于合外力做的功，即ΔEk=−F合⋅s=−ma⋅2h=−m⋅3g4⋅2h=−32mgh，故动能减小32mgh，故D错误。
故选：BC。
由牛顿第二定律求得滑动摩擦力大小；重力势能的增加量等于克服重力做的功；物体动能变化量等于合力做的功；物体机械能变化量等于除重力外其它力做的功。
本题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化．
14.【答案】BD
【解析】解：在0∼Lv时间内，磁通量增大，由楞次定律分析出感应电流沿顺时针方向，为正值。线框有效切割长度均匀增大，由E=BLv可知感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大；
在Lv∼2Lv时间内，磁通量增大，由楞次定律分析出感应电流沿顺时针方向，为正值。线框有效切割长度均匀减小，由E=BLv可知感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小；
在2Lv∼3Lv时间内，磁通量减小，由楞次定律分析出感应电流沿逆时针方向，为负值。线框有效切割长度均匀增大，由E=BLv可知感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大；
在3Lv∼4Lv时间内，磁通量减小，由楞次定律分析出感应电流沿逆时针方向，为负值。线框有效切割长度均匀减小，由E=BLv可知感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小。
根据公式F安=BIL联系上述的分析可知，结合左手定则可知，安培力的方向始终向左，因为线框一直做匀速直线运动，则拉力F的大小等于安培力的大小，方向向右，而且运动过程中I变大，L也变大，则所以F−t的图像成抛物线的形状且开口向上，故AC错误，BD正确；
故选：BD。
根据楞次定律分析出感应电流的方向，根据公式E=BLv分析出感应电动势的变化情况，结合欧姆定律分析出感应电流的变化情况。
本题主要考查了楞次定律的应用，根据楞次定律分析出电流的方向，结合公式E=BLv分析出感应电动势的大小和感应电流的大小，分析过程中注意有效切割长度的变化。
15.【答案】3.315.759.58
【解析】解：(1)已知打点计时器的频率为50Hz，则打点周期为：T=1f=150s=0.02s，在匀变速直线运动中，根据中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可得打第2点的速度为：v2=x132T=6.50+6.732×0.02×10−2m/s=3.3075m/s≈3.31m/s
(2)利用匀变速直线运动的推论相邻相等时间内的位移差Δx=aT2，解得纸带的加速度大小为：a=(6.96+7.19)−(6.50+6.73)4×0.022×10−2m/s2=5.75m/s2
(3)由题意可知重锤质量为M=200g=0.2kg，物体质量为m=50g=0.05kg，对M受力分析，由牛顿第二定律得：Mg−F=Ma
对m受力分析，由牛顿第二定律得：F−mg=ma
代入数据联立解得当地重力加速度大小为：g=9.58m/s2
故答案为：(1)3.31；(2)5.75；(3)9.58。
(1)匀变速直线运动中，根据中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度求解；
(2)根据匀变速直线运动的推论相邻相等时间内的位移差Δx=aT2求解；
(3)对M、m分别列牛顿第二定律可以求出当地的重力加速度。
本题考查同学们对典型问题的处理能力，本题需要分别对M、m列牛顿第二定律求解当地重力加速度，本题是一道综合实验题，同学们平常多注意基本知识的积累。
16.【答案】R1 2 10 85 越高
【解析】解：(1)①从图1可以看出热敏电阻在70℃时的电阻大约为60Ω左右，而尽量测其在不同温度下的电阻值，所以调压范围尽量大，所以滑动变阻器采用分压接法，所以要选最大阻值较小的滑动变阻器R1。
②又因为RVRx=1000060=167，RxRA=602=30，所以RVRx>RxRA，电流表采用外接法，即双掷开关接2；
(2)①接蓄电池时，由于I=10mA，所以热敏电阻Rx=UI=610×10−3Ω=600Ω。从图1可查出对应的温度为10℃。当电流表满偏时即I=120mA，则Rx=6120×10−3Ω=50Ω，从图1中可查出最高温度为85℃。
②由于热敏电阻随着温度的升高而减小，那么电流增大，所以电流的值越大，则温度越高；
故答案为：(1)①R1、②2；(2)①10、85；②越高
(1)由图甲所示图象求出热敏电阻在温度70℃时电阻阻值，然后根据热敏电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据题意确定电流表的接法。
(2)根据图示电路图应用串联电路特点与欧姆定律求出热敏电阻阻值，根据图甲所示图象求出待测温度。再由三者的关系判断电流与温度的增减关系。
本题考查伏安法测电阻的应用，要注意明确滑动变阻器分压接法的正确应用，明确当电流表内阻已知时，可以采用电流表内接法。
17.【答案】解：(1)根据公式得摩擦力为：f=μFN=μmg=0.4×10×10N=40N
根据牛顿第二定律：F−f=ma得：
a=2m/s2
(3)物体在2s末的速度为v=at=2×2m/s=4m/s
撤去外力F后的加速度大小μmg=ma′
物体在撤去外力后还能运动的距离v2=2a′x
代入数据解得：x=2m
答：(1)物体的加速度为2m/s2
(2)若在2s末撤去外力F，则物体在撤去外力后还能运动2m。
【解析】(1)由牛顿第二定律求出物体的加速度。
(2)根据牛顿第二定律求得撤去外力后的加速度大小，根据运动学公式求得运动的位移。
本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，分析清楚物体的运动过程与受力情况是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
18.【答案】解：(1)ab杆下滑过程中某时刻的受力示意如图所示：
当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv，
此时电路中电流：I=ER+r=BLvR+r
代入数据解得：I=0.4A；
ab杆受到安培力大小为：F=BIL=0.5×0.4×2N=0.4N
由牛顿第二定律得：mgsinθ−F=ma
解得加速度大小为：a=2m/s2；
(2)当金属杆匀速运动时，杆的速度最大，由平衡条件得：mgsinθ=BImL
根据闭合电路欧姆定律可得：Im=BLvmR+r，
解得最大速度：vm=3m/s。
答：(1)当ab杆的速度大小为v=2m/s时，通过ab杆的电流为0.4A，加速度的大小为2m/s2；
(2)在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值为3m/s。
【解析】(1)当ab杆速度为v=2m/s时，根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律求解感应电流；根据牛顿第二定律结合安培力的计算公式求解加速度大小；
(2)当金属杆匀速运动时，杆的速度最大，由平衡条件、闭合电路欧姆定律求解最大速度。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解。
19.【答案】解：(1)子弹击中小车过程小物块与小车组成的系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=(m0+M)v共1，
子弹的质量m0=20g=0.02kg，代入数据解得：v共1=6m/s
子弹、小车与小物块组成的系统在水平方向动量守恒，小物块上升到最大高度时小物块与小车在水平方向速度相等，
以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：(m0+M)v共1=(m0+M+m)v共2，
由机械能守恒定律得：12(m0+M)v共12=12(m0+M+m)v共22+mgh
代入数据解得：v共2=4m/s，h=1.2m
在水平方向，由动量守恒定律得：(m0+M+m)v共2=(m0+M)v小车+mv
由机械能守恒定律得：12(m0+M+m)v共22+mgh=12(m0+M)v小车2+12mv2
代入数据解得：v=8m/s，v小车=2m/s(v=0,v小车=6m/s不符合实际，舍去)
(3)小物块第一次与弹簧接触且小物块与小车速度相等时弹簧的压缩量最大，
子弹、小车、小物块组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：(m0+M)v小车+mv=(m0+M+m)v共3，
由能量守恒定律得：12(m0+M)v小车2+12mv2=12(m0+M+m)v共32+μmgL+Epm，
代入数据解得：Epm=8.5J
(4)最终小物块相对小车静止，设整个过程小物块相对BC滑行的路程为s，
系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=(m0+M+m)v共4，
由能量守恒定律得：12(m0+M)v共12=12(m0+M+m)v共42+μmgs
代入数据解得：s=2.4m=(3×0.7+0.3)m=3L+0.3m，
小物块最终与小车保持相对静止时距B点的距离x=L−0.3m=0.7m−0.3m=0.4m
答：(1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h是1.2m；
(2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小是8m/s；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm是8.5J；
(4)小物块最终与小车保持相对静止时距B点的距离x是0.4m。
【解析】(1)子弹击中小车过程子弹与小车组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出子弹击中小车后子弹与小车的共同速度；小物块上升到最高点时小物块、子弹与小车在水平方向的速度相等，子弹、小车与小物块组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出小物块沿圆弧轨道上升的最大高度。
(2)系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出小物块第一次返回B点时的速度大小。
(3)小物块第一次与弹簧接触且小物块与小车速度相等时弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。
(4)系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出小物块与小车的最终速度，应用能量守恒定律求出小物块相对于BC滑行的路程，然后确定小物块相对于小车静止时距B点的距离。
本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的综合应用，要分析清楚物块的运动过程，把握隐含的临界状态：小物块在圆弧轨道上最高点时和最终小物块静止在水平轨道上时，三个物体的速度相同，结合动量守恒定律和能量守恒定律进行处理。
2021-2022学年云南省下关一中、昭通一中高二（下）开学物理试卷
1. 了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合物理学历史的是( )
A. 麦克斯韦预言了并实验证明了电磁波的存在
B. 卡文迪许通过油滴实验测得了元电荷e的数值，这也是他获得诺贝尔物理学奖的重要原因
C. 法拉第提出了场的概念，并且直观地描绘了场的清晰图像
D. 安培提出了分子电流假说，并且发现了电流的磁效应
2. 电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是( )
A. 当天平示数为负时，两线圈电流方向相同
B. 当天平示数为正时，两线圈电流方向相同
C. 线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D. 线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
3. 2020年11月28日，嫦娥五号探测器在地月转移轨道进行第一次“制动”，成功被月球捕获后沿椭圆轨道Ⅰ运动，29日进行第二次近月“制动”，最终才进入距离月球约200公里的环月圆轨道Ⅱ(如图所示)，M点是Ⅰ、Ⅱ两个轨道的切点，N点是椭圆轨道Ⅰ的远月点，下列判断正确的是( )
A. 探测器在Ⅰ轨道上M点的速率小于在N点的速率
B. 探测器在Ⅰ轨道上M点的加速度等于在Ⅱ轨道上M点的加速度
C. 探测器在Ⅰ轨道上的机械能等于在Ⅱ轨道上的机械能
D. 探测器在Ⅰ轨道上的运行周期小于在Ⅱ轨道上的运行周期
4. 如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于圆面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，AC、DE是圆的两条互相垂直的直径，在A点有一个粒子源，沿与AC成45∘斜向上垂直磁场的方向射出各种不同速率的粒子，粒子的质量均为m，电荷量均为q，所有粒子均从CD段四分之一圆弧射出磁场，不计粒子的重力，则从A点射出的粒子速率满足的条件是( )
A. 2qBRm>v>qBR2m B. qBRm>v>2qBR2m
C. 2qBRm>v>2qBR2m D. qBRm>v>qBR2m
5. 我国领先全球的特高压输电技术将为国家“碳中和”做出独特的贡献。2021年6月28日白鹤滩水电站(如图所示)首批初装机容量1600万千瓦正式并网发电。在传输电能总功率不变的情祝下，从原先150kV高压输电升级为1350V特高压输电，则下列说法正确的是( )
A. 若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原先的13
B. 若输电线不变，侧输电线上损失功率变为原先的19
C. 如果损失功率不变，用相同材料的输电线传输到相同地方所需导线横截面积是原先的181
D. 如果损失功率不变，用相同材料、粗细的输电线传输距离是原先的9倍
6. 如图所示，真空中同一平面内固定两点电荷+2Q和−Q，以点电荷+2Q为圆心的圆上有a、b、c、d四点，其中b点为两点电荷连线与圆的交点，a、c两点关于连线对称，ad为圆的直径。关于a、b、c三点，下列说法正确的是( )
A. a、c两处电场强度相同
B. b处电势最高
C. 电子从a点沿着圆弧顺时针运动到c点过程中电势能保持不变
D. 电子从a点沿着圆弧顺时针运动到c点过程中电势能先增大后减小
7. 一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车先保持牵引力F0不变，当速度为v1时达到额定功率Pe，此后以额定功率继续行驶，最后以速度vm匀速行驶。若汽车所受的阻力f为恒力，汽车运动过程中的速度为v、加速度为a、牵引力为F、牵引力的功率为P，则下列图像中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
8. 如图所示，理想变压器原线圈与副线圈的匝数比为2：1，ab端接交流电源，此时电路消耗的总功率为P。若将电阻R0与电阻R互换位置，电路消耗的总功率为2P，则R0与R的比值为( )
A. 2：7 B. 7：2 C. 1：4 D. 4：1
9. 如图所示，光滑水平面上静置一质量为M的木板，由一轻弹簧连在墙上，有一质量为m的子弹以速度v0水平射入木块并留在其中(此过程时间不计)，从子弹开始射入木块到木块第一次回到原来位置的过程中，下列说法正确的是( )
A. 木块的最大速度为mv0M
B. 子弹、木块、弹簧系统损失的机械能为Mmv02M+m
C. 子弹损失的机械能为Mmv022(M+m)
D. 墙对弹簧的冲量大小为2mv0
10. 如图所示，竖直放置的门形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，金属杆( )
A. 刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B. 穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C. 穿过两磁场产生的总热量为2mgd
D. 释放时距磁场Ⅰ上边界的高度可能小于m2gR22B4L4
11. 在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按如图所示正弦规律变化。设线圈总电阻为2Ω，则( )
A. t=1s时，线圈中的电流改变方向 B. t=0时，线圈平面平行于磁感线
C. t=1.5s时，线圈中的感应电动势最大 D. 一个周期内，线圈产生的热量为8π2J
12. 如图所示为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接有u=362sin100πt(V)的正弦交流电，图中D为理想二极管，定值电阻R=9Ω.下列说法正确的是( )
A. t=1600S时，原线圈输入电压的瞬时值为18V
B. t=1600S时，电压表示数为36V
C. 电流表的示数为1A
D. 电流表的示数为22A
13. 质量为m的物体以某初速度冲上倾角为30∘的固定斜面，其加速度为3g4，物体能上升的最大高度为h，该过程中( )
A. 物体的重力势能增加了3mgh4 B. 物体的重力势能增加了mgh
C. 机械能减小mgh2 D. 动能减小mgh
14. 如图所示，光滑绝缘水平面上三角形ABC区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，其方向垂直水平面向上，三角形ABC是等腰直角三角形，斜边AB的长度为2L。边长bc为2L，边长ab为L的矩形金属线框2L，总电阻为R，在拉力F的作用下，线框以恒定的速度v在水平面上沿AB运动，线框平面始终和磁场垂直。规定电流顺时针方向(adcba)为正方向，力F向右为正方向，从线框进入磁场，开始计时，穿过匀强磁场区域，则线框中电流I和拉力F随时间的变化图线可能正确的是( )
A. B.
C. D.
15. 某实验小组利用“阿特伍德机”实验装置，测量当地的重力加速度，主要实验步骤如下：
①按照实验设计组装仪器，并使系统处于静止状态，如图甲所示；
②接通电源，释放重锤；
③选取纸带中一段清晰的连续的点作为计时点，用刻度尺测量其计时点间的距离，如图乙所示；
④用天平测出重锤质量M=200g和物体质量m=50g。
(1)已知打点计时器所接电源的频率为50Hz，打点计时器打第2点时纸带速度大小为______m/s。(保留三位有效数字)
(2)纸带的加速度大小为______m/s2。(保留三位有效数字)
(3)不计一切摩擦阻力，应用牛顿第二定律，测出当地重力加速度大小为______m/s2。(保留三位有效数字)
16. 某实验小组利用热敏电阻Rt制作简易电子温度计，该热敏电阻说明书给出的阻值R随温度t变化的曲线如图甲所示。
(1)为检验该热敏电阻的参数是否与图甲一致，测量部分温度下的阻值，设计图乙所示电路。把该热敏电阻置于恒温箱中，利用如下实验器材测量70℃时热敏电阻的阻值。
A.蓄电池(电动势6V，内阻不计)
B.电压表(量程6V，内阻约10kΩ)
C.电流表(量程120mA，内阻约2Ω)
D.滑动变阻器R1(最大阻值20Ω)
E.滑动变阻器R2(最大阻值1000Ω)
F.开关、导线若干
①参照图甲中的参数，滑动变阻器RP应选用______ (填“R1”或“R2”)；
②单刀双掷开关应接在______ (填“1”或“2”)。
(2)经检测无误后，把该热敏电阻与(1)中蓄电池和电流表串联，制作简易温度计(如图丙所示)。
①当电流表读数为10mA时，对应的温度为______ ℃，该温度计能够测量的最高温度为______ ℃。
②测量多组数据，并在电流表表盘上标注出相应的温度值，绘制出表盘刻度。电流值越大，对应的温度______ (填“越低”或“越高”)。
17. 如图所示，质量为m=10kg的物体，在F=60N水平向右的拉力作用下，由静止开始运动，设物体与水平面之间的动摩擦因数μ=0.4，g取10m/s2。求：
(1)物体的加速度大小；
(2)若在2s末撤去外力F，则物体在撤去外力后还能运动多远。
18. 如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ=37∘的绝缘斜面上，两导轨间距为L=2m，M、P两点间接有阻值为R=3.5Ω的电阻，一根质量为m=0.1kg电阻为r=1.5Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨电阻忽略不计，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计摩擦和空气阻力，重力加速度g=10m/s2，
(1)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v=2m/s时，通过ab杆的电流I及其加速度的a的大小；
(2)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值vm。
19. 如图所示，光滑水平面上有一质量M=1.98kg的小车，B点右侧为水平轨道，其中BC段粗糙，CD段光滑。B点的左侧为一半径R=1.3m的光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端恰好位于小车的C点，B与C之间距离L=0.7m。一质量m=1kg的小物块(可视为质点)，置于小车上的B点，小车与小物块均处于静止状态。一质量m0=20g的子弹，以速度v0=600m/s向右击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与BC间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2。求：
(1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h；
(2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm；
(4)小物块最终与小车保持相对静止时距B点的距离x。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在，故A错误；
B、根据物理学史可知，密立根通过油滴实验测得了元电荷e的数值，这也是他获得诺贝尔物理学奖的重要原因，故B错误；
C、法拉第提出了场的概念，并且直观地描绘了场的清晰图像，故C正确；
D、安培提出了分子电流假说，奥斯特发现了电流的磁效应律，故D错误。
故选：C。
根据物理学史与物理常识，结合麦克斯韦、赫兹、密立根、法拉第等人的贡献直接进行判断分析，即可正确解答本题。
关键在于掌握著名的物理学家的观点及贡献，平时在学习过程中要加强记忆与积累。
2.【答案】A
【解析】解：A、当天平示数为负时，说明两线圈相互吸引，两线圈电流方向相同，故A正确；
B、当天平示数为正时，说明两线圈相互排斥，两线圈电流方向相反，故B错误；
C、线圈Ⅰ和线圈Ⅱ之间的作用力是一对相互作用力，二者等大反向，故C错误；
D、线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力不是一对相互作用力，它们作用在一个物体上，故D错误；
故选：A。
通电平行线圈可等效为两条平行的通电直导线之间的作用来讨论，两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用。
①电流方向相同时，将会吸引；②电流方向相反时，将会排斥。
正确理解两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用产生的实质，在应用中不要用反了。
3.【答案】B
【解析】解：A.M点是Ⅰ轨道上椭圆的近地点，N点为远地点，根据开普勒第二定律可知探测器在M点的速率较大，故A错误；
B.根据万有引力产生加速度，可知a=GMr2，探测器在轨道上M点的加速度等于在Ⅱ轨道上M点的加速度，故B正确；
C.探测器从I轨道上M点减速才能变轨到圆轨道Ⅱ，其机械能减小，故探测器在I轨道上的机械能大于在Ⅱ轨道上的机械能，故C错误；
D.I轨道的半长轴大于Ⅱ轨道的半径，根据开普勒第三定律可得探测器在I轨道上的运行周期大于在Ⅱ轨道上的运行周期，故D错误；
故选：B。
根据开普勒第二定律可以比较探测器在Ⅰ轨道上M、N两点的速度大小；根据万有引力提供合力可以比较探测器在两个轨道上同一点的加速度；轨道半长轴越大，机械能越大，同一轨道上机械能守恒；根据开普勒第三定律可以比较探测器在两轨道上的周期大小。
本题考查开普勒定律和万有引力定律，需要注意探测器加速度的大小与轨道无关，同一位置加速度相同。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
由题意，分别画出粒子恰从C点和D点射出的运动轨迹图，由几何关系可以求出临界半径，由洛伦兹力提供向心力求出最大速度和最小速度，从而确定速度范围。
在处理带电粒子在磁场中的运动问题时，应先把粒子运动的轨迹图画出来，然后结合题意和几何关系来解决问题。
【解答】
当粒子恰从C点射出时，轨迹如图所示，结合题意可知粒子在磁场中偏转角度为90∘，则在△ACD中，由几何关系可知：2r12=(2R)2
整理可得：r1=2R
又洛伦兹力提供向心力，有qv1B=mv12r1
整理可得最大速度：v1=2qBRm
当粒子恰从D点射出时，轨迹如图所示，由△AOD，几何关系可知，粒子的做匀速圆周运动的圆心在AD的中点，所以：r2=12r12R2
又洛伦兹力提供向心力，有qv2B=mv22r2
整理可得最小速度：v2=2qBR2m
那么要使粒子打在CD段，速度范围为：2qBR2m
【解析】解：在输电功率不变的情况下，输电电压150kV高压输电升级为1350kV，输电电压变为原来的9倍，由电功率公式P=UI可知，输电电流变为原来的19
A、若输电线不变，由电功率公式U=IR可知，输电线上损失的电压变为原先的19，故A错误；
B、若输电线不变，由电功率公式P=I2R可知，输电线上损失的电压变为原先的(19)2，即181，故B错误；
CD、如果损失的功率不变，由电功率公式P=I2R可知，输电线的电阻变为原来的81倍，由电阻定律R=ρLS可知，相同材料、传输到相同地方所需导线横截面积是原181；相同材料、粗细的输电线传输距离是原先的81倍，故C正确，D错误。
故选：C。
应用电功率公式求出输电流的变化情况，然后应用电功率公式分析答题。
知道远距离输电的原理与输电过程是解题的前提，根据题意应用电功率公式与电阻定律即可解题。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据电场的叠加原理，a、c两点的场强大小相等，方向不同，故a、c两点电场不同，故A错误；
B.空间某点的电势等于各电荷在该点电势的代数和，正电荷在a、b、c和d处产生的电势相等，负电荷在d点产生的电势最高，b点电势最低，所以d点的电势最高，故B错误；
CD.电子顺时针从a到c的过程中，电场力先做负功后做正功，故电势能先增大后减小，故C错误、D正确。
故选：D。
根据电场的叠加原理，判断四点电场大小关系，空间某点的电势等于各电荷在该点电势的代数和，电场力做负功，电势能增大，电场力做正功，电势能减小。
本题考查判断场强的能力，要利用场强的矢量合成的方法对各点的场强进行判定。难度应属于中档题目。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意分析清楚汽车的受力过程与运动情况，判断汽车速度、牵引力与功率的变化情况，然后分析答题。
解决本题的关键理清机车启动的整个过程，知道当牵引力等于阻力时，做匀速直线运动。知道加速度的方向与速度方向相同时，做加速运动，加速度方向与速度方向相反时，做减速运动。
【解答】
AD、汽车由静止启动，牵引力F0不变，所受阻力不变，汽车所受合力不变，由牛顿第二定律F0−f=ma，可知汽车的加速度不变，汽车做初速度为零的匀加速直线运动；汽车的速度v=at，v与t成正比；汽车牵引力的功率P=F0v=F0at随时间t均匀增大；当汽车速度为v1时汽车的功率达到额定功率，然后汽车功率保持不变，汽车做加速运动，由Pe=Fv可知汽车的牵引力F不断减小，汽车所受合力减小，加速度减小，汽车做加速度减小的加速运动，当牵引力与阻力相等F=f，即合力为零时汽车做匀速直线运动，故AD错误；
B、速度达到v1前做匀加速直线运动，牵引力F=F0不变，速度达到v1后汽车的牵引力F=Pev，F与v成反比，当汽车的速度达到最大速度v=vm后做匀速直线运动，牵引力F=f保持不变，故B错误；
C、汽车的功率P=Fv，则F=P1v，开始汽车做匀加速直线运动，牵引力F=F0不变，F不随1v的变化而变化；当汽车的速度达到v1到加速到最大速度vm过程，功率Pe保持不变，牵引力F=Pe1v，F与1v成正比，故C正确。
8.【答案】A
【解析】解：理想变压器原线圈与副线圈的匝数比为2：1，则原副线圈电压之比U1：U2=2：1，原副线圈电流之比I1：I2=1：2
设ab所接的电压为U，功率为：P=UI1①
其中U=I1R0+U1=12I2R0+2I2R②，
若将电阻R0与电阻R互换位置，则原副线圈电压之比U′1：U′2=2：1，原副线圈电流之比I′1:I′2=1：2，设ab所接的电压为U，功率为：2P=UI′1③
其中U=I′1R+U′1=12I′2R+2I′2R0。④，
联立①②③④解得R0R=27，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据理想变压器的匝数知原副线圈电压之比和原副线圈电流之比，总功率等于ab输入的电压乘以原线圈电流，分别列出对应的功率公式，然后求比值。
此题的关键是抓住ab输入电压不变，电流决定于副线圈的电阻，所以把电压转化为用电阻和副线圈电流表示，此题要求学生有很好的数学应用能力，会化简公式。
9.【答案】D
【解析】解：A、子弹射入木块过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=(M+m)v，解得木块的最大速度为v=mv0M+m，故A错误；
B、由能量守恒定律知整个系统损失的机械能为：ΔE=12mv02−12(M+m)v2，解得ΔE=Mmv022(M+m)，故B错误；
C、子弹损失的机械能为：ΔE′=12mv02−12mv2，解得：ΔE′=Mmv02(M+2m)2(M+m)2，故C错误；
D、子弹和木块获得共速后一起压缩弹簧，此后系统机械能守恒，木块回到初始位置时速度大小仍为v，墙对弹簧的冲量即为系统合外力的冲量，设为I，根据动量定理得：I=mv0−(−mv0)=2mv0，故D正确。
故选：D。
根据动量守恒定律求出木块的最大速度，根据能量守恒定律求子弹、木块、弹簧系统损失的机械能和子弹损失的机械能，再根据动量定理求出木块(含子弹)受到的弹簧的冲量，即可得到墙对弹簧的冲量大小。
子弹打击木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故系统动量守恒，在力和力的作用时间未知时，运用动量定理是冲量常用的方法，要学会运用。
10.【答案】B
【解析】解：A.金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误；
B.对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律有：BIL−mg=ma，即：B2L2vR−mg=ma，可知，金属杆做加速度减小的减速运动，其进出磁场的v−t图像如图所示：
由于0∼t1和t1∼t2图线与t轴包围的面积相等(都为d)，所以t1>(t2−t1)，穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确；
C.金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律得Q=2mgd，金属杆通过磁场Ⅱ时产生的热量与通过磁场Ⅰ时产生的热量相同，所以总热量为Q总=2Q=4mgd，故C错误；
D.设金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度为H时进入磁场Ⅰ时刚好匀速运动，则有：mg=BIL=B2L2vR
又：v=2gH，联立解得：H=m2gR22B4L4，由于金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动，所以h一定大于m2gR22B4L4，故D错误；
故选：B。
根据题意结合已知条件，可以判断金属杆的加速度方向；根据受力分析，结合v−t图像分析时间关系；根据能量守恒，判断整个过程中产生的热量；结合题意，利用运动学公式判断金属杆进入磁场的高度。
本题考查导体切割磁感线时的感应电动势，在分析物体的运动状态问题时，有时利用牛顿第二定律结合v−t图像可以使问题更加的简便明了。
11.【答案】BD
【解析】解：A、根据图像可知，t=1s时，穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，电流方向不发生改变，故A错误；
B、根据图象可知，在t=0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，故B正确；
C、根据法拉第电磁感应定律可得：E=NΔΦΔt，所以在t=1.5s时，斜率为零，则线圈中磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故C错误；
D、线圈转动产生的最大感应电动势为Em=NBSω=NΦmω，其中ω=2πT=2π2rad/s=πrad/s，解得Em=4πV，线圈产生的热量为Q=(Em2)2RT，解得Q=8π2J，故D正确。
故选：BD。
根据图象得到t=0时穿过线圈平面的磁通量大小，由此确定线圈的位置；根据图象斜率确定第感应电流方向和各时刻磁通量的变化率和感应电流大小。
本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系，关键抓住两个特殊位置：一是线圈与磁场垂直位置是磁通量最大的位置，该位置是电流方向改变的转换点；二是线圈与磁场平行位置，该位置磁通量为零，是电流强度增大与减小的转换点。
12.【答案】BD
【解析】解：A、t=1600S时，原线圈输入电压的瞬时值为u=362sin(100π×1600)V=182V，故A错误；
B、电压表测量的是有效值，输入电压的峰值为362V，有效值为U1=Um2=36V，所以，电压表示数为36V故B正确；
CD、由U1U2=n1n2得U2=9V，由I=U2R=99A=1A，由于二极管的单向导电性，所以经二极管后形成半波形电流，则其有效值设为I′，则I2RT2=I′2RT，故电流表的示数为I′=22A，故C错误，D正确；
故选：BD。
将时间t代入u=362sin100πt(V)，可求得原线圈输入电压的瞬时值，电表测量的是有效值，副线圈含有二极管，据其单向导电性及有效值的定义求得有效值。
准确掌握理想变压器的特点及电压、电流与匝数比的关系，明确电表测量的为有效值是解决本题的关键。
13.【答案】BC
【解析】解：AB、该过程物体在斜面上上升的高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误，B正确；
C、物体的加速度为a=3g4，根据牛顿第二定律得：mgsin30∘+f=ma，解得滑动摩擦力f=14mg
由功能关系可知，机械能的减小量等于克服摩擦力做的功，即为f⋅s=14mg⋅2h=12mgh，故C正确。
D、动能变化量等于合外力做的功，即ΔEk=−F合⋅s=−ma⋅2h=−m⋅3g4⋅2h=−32mgh，故动能减小32mgh，故D错误。
故选：BC。
由牛顿第二定律求得滑动摩擦力大小；重力势能的增加量等于克服重力做的功；物体动能变化量等于合力做的功；物体机械能变化量等于除重力外其它力做的功。
本题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化．
14.【答案】BD
【解析】解：在0∼Lv时间内，磁通量增大，由楞次定律分析出感应电流沿顺时针方向，为正值。线框有效切割长度均匀增大，由E=BLv可知感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大；
在Lv∼2Lv时间内，磁通量增大，由楞次定律分析出感应电流沿顺时针方向，为正值。线框有效切割长度均匀减小，由E=BLv可知感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小；
在2Lv∼3Lv时间内，磁通量减小，由楞次定律分析出感应电流沿逆时针方向，为负值。线框有效切割长度均匀增大，由E=BLv可知感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大；
在3Lv∼4Lv时间内，磁通量减小，由楞次定律分析出感应电流沿逆时针方向，为负值。线框有效切割长度均匀减小，由E=BLv可知感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小。
根据公式F安=BIL联系上述的分析可知，结合左手定则可知，安培力的方向始终向左，因为线框一直做匀速直线运动，则拉力F的大小等于安培力的大小，方向向右，而且运动过程中I变大，L也变大，则所以F−t的图像成抛物线的形状且开口向上，故AC错误，BD正确；
故选：BD。
根据楞次定律分析出感应电流的方向，根据公式E=BLv分析出感应电动势的变化情况，结合欧姆定律分析出感应电流的变化情况。
本题主要考查了楞次定律的应用，根据楞次定律分析出电流的方向，结合公式E=BLv分析出感应电动势的大小和感应电流的大小，分析过程中注意有效切割长度的变化。
15.【答案】3.315.759.58
【解析】解：(1)已知打点计时器的频率为50Hz，则打点周期为：T=1f=150s=0.02s，在匀变速直线运动中，根据中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可得打第2点的速度为：v2=x132T=6.50+6.732×0.02×10−2m/s=3.3075m/s≈3.31m/s
(2)利用匀变速直线运动的推论相邻相等时间内的位移差Δx=aT2，解得纸带的加速度大小为：a=(6.96+7.19)−(6.50+6.73)4×0.022×10−2m/s2=5.75m/s2
(3)由题意可知重锤质量为M=200g=0.2kg，物体质量为m=50g=0.05kg，对M受力分析，由牛顿第二定律得：Mg−F=Ma
对m受力分析，由牛顿第二定律得：F−mg=ma
代入数据联立解得当地重力加速度大小为：g=9.58m/s2
故答案为：(1)3.31；(2)5.75；(3)9.58。
(1)匀变速直线运动中，根据中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度求解；
(2)根据匀变速直线运动的推论相邻相等时间内的位移差Δx=aT2求解；
(3)对M、m分别列牛顿第二定律可以求出当地的重力加速度。
本题考查同学们对典型问题的处理能力，本题需要分别对M、m列牛顿第二定律求解当地重力加速度，本题是一道综合实验题，同学们平常多注意基本知识的积累。
16.【答案】R1 2 10 85 越高
【解析】解：(1)①从图1可以看出热敏电阻在70℃时的电阻大约为60Ω左右，而尽量测其在不同温度下的电阻值，所以调压范围尽量大，所以滑动变阻器采用分压接法，所以要选最大阻值较小的滑动变阻器R1。
②又因为RVRx=1000060=167，RxRA=602=30，所以RVRx>RxRA，电流表采用外接法，即双掷开关接2；
(2)①接蓄电池时，由于I=10mA，所以热敏电阻Rx=UI=610×10−3Ω=600Ω。从图1可查出对应的温度为10℃。当电流表满偏时即I=120mA，则Rx=6120×10−3Ω=50Ω，从图1中可查出最高温度为85℃。
②由于热敏电阻随着温度的升高而减小，那么电流增大，所以电流的值越大，则温度越高；
故答案为：(1)①R1、②2；(2)①10、85；②越高
(1)由图甲所示图象求出热敏电阻在温度70℃时电阻阻值，然后根据热敏电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据题意确定电流表的接法。
(2)根据图示电路图应用串联电路特点与欧姆定律求出热敏电阻阻值，根据图甲所示图象求出待测温度。再由三者的关系判断电流与温度的增减关系。
本题考查伏安法测电阻的应用，要注意明确滑动变阻器分压接法的正确应用，明确当电流表内阻已知时，可以采用电流表内接法。
17.【答案】解：(1)根据公式得摩擦力为：f=μFN=μmg=0.4×10×10N=40N
根据牛顿第二定律：F−f=ma得：
a=2m/s2
(3)物体在2s末的速度为v=at=2×2m/s=4m/s
撤去外力F后的加速度大小μmg=ma′
物体在撤去外力后还能运动的距离v2=2a′x
代入数据解得：x=2m
答：(1)物体的加速度为2m/s2
(2)若在2s末撤去外力F，则物体在撤去外力后还能运动2m。
【解析】(1)由牛顿第二定律求出物体的加速度。
(2)根据牛顿第二定律求得撤去外力后的加速度大小，根据运动学公式求得运动的位移。
本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，分析清楚物体的运动过程与受力情况是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
18.【答案】解：(1)ab杆下滑过程中某时刻的受力示意如图所示：
当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv，
此时电路中电流：I=ER+r=BLvR+r
代入数据解得：I=0.4A；
ab杆受到安培力大小为：F=BIL=0.5×0.4×2N=0.4N
由牛顿第二定律得：mgsinθ−F=ma
解得加速度大小为：a=2m/s2；
(2)当金属杆匀速运动时，杆的速度最大，由平衡条件得：mgsinθ=BImL
根据闭合电路欧姆定律可得：Im=BLvmR+r，
解得最大速度：vm=3m/s。
答：(1)当ab杆的速度大小为v=2m/s时，通过ab杆的电流为0.4A，加速度的大小为2m/s2；
(2)在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值为3m/s。
【解析】(1)当ab杆速度为v=2m/s时，根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律求解感应电流；根据牛顿第二定律结合安培力的计算公式求解加速度大小；
(2)当金属杆匀速运动时，杆的速度最大，由平衡条件、闭合电路欧姆定律求解最大速度。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解。
19.【答案】解：(1)子弹击中小车过程小物块与小车组成的系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=(m0+M)v共1，
子弹的质量m0=20g=0.02kg，代入数据解得：v共1=6m/s
子弹、小车与小物块组成的系统在水平方向动量守恒，小物块上升到最大高度时小物块与小车在水平方向速度相等，
以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：(m0+M)v共1=(m0+M+m)v共2，
由机械能守恒定律得：12(m0+M)v共12=12(m0+M+m)v共22+mgh
代入数据解得：v共2=4m/s，h=1.2m
在水平方向，由动量守恒定律得：(m0+M+m)v共2=(m0+M)v小车+mv
由机械能守恒定律得：12(m0+M+m)v共22+mgh=12(m0+M)v小车2+12mv2
代入数据解得：v=8m/s，v小车=2m/s(v=0,v小车=6m/s不符合实际，舍去)
(3)小物块第一次与弹簧接触且小物块与小车速度相等时弹簧的压缩量最大，
子弹、小车、小物块组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：(m0+M)v小车+mv=(m0+M+m)v共3，
由能量守恒定律得：12(m0+M)v小车2+12mv2=12(m0+M+m)v共32+μmgL+Epm，
代入数据解得：Epm=8.5J
(4)最终小物块相对小车静止，设整个过程小物块相对BC滑行的路程为s，
系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=(m0+M+m)v共4，
由能量守恒定律得：12(m0+M)v共12=12(m0+M+m)v共42+μmgs
代入数据解得：s=2.4m=(3×0.7+0.3)m=3L+0.3m，
小物块最终与小车保持相对静止时距B点的距离x=L−0.3m=0.7m−0.3m=0.4m
答：(1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h是1.2m；
(2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小是8m/s；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm是8.5J；
(4)小物块最终与小车保持相对静止时距B点的距离x是0.4m。
【解析】(1)子弹击中小车过程子弹与小车组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出子弹击中小车后子弹与小车的共同速度；小物块上升到最高点时小物块、子弹与小车在水平方向的速度相等，子弹、小车与小物块组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出小物块沿圆弧轨道上升的最大高度。
(2)系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出小物块第一次返回B点时的速度大小。
(3)小物块第一次与弹簧接触且小物块与小车速度相等时弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。
(4)系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出小物块与小车的最终速度，应用能量守恒定律求出小物块相对于BC滑行的路程，然后确定小物块相对于小车静止时距B点的距离。
本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的综合应用，要分析清楚物块的运动过程，把握隐含的临界状态：小物块在圆弧轨道上最高点时和最终小物块静止在水平轨道上时，三个物体的速度相同，结合动量守恒定律和能量守恒定律进行处理。
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